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jueves, 6 de septiembre de 2012
Problema del Día. Geometría (6 de Septiembre)
En el triángulo equilátero $ABC$, una recta paralela al lado $AC$ intersecta a $AB$ en $M$ y a $BC$ en $P$. Si $D$ es el incentro del triángulo $MBP$ y $E$ es el punto medio de $AP$, determine los ángulos del triángulo $CDE$.
pues sabemos que el trianfulos asm es equilatero por teorema de tales y el triangulo dbc es eisosceles ya que comparten dos lados iguales y el otro no puede ser igual
Si F es el punto medio de AC y G el punto medio de AB, podemos ver que D siempre estará sobre BF, porque ésta es la bisectriz de el ángulo PBM, mientras E siempre estará sobre FG, por Thales. Es fácil darse un pista de lo que la respuesta será (30,60,90), de tal manera que podamos transformar el problema a demostrar que el FEDC es cíclico, con lo cual concluiríamos.
Al tener una recta paralela nos damos cuenta de que los angulos se conservan asi que el triangulo $MPC$ es equilatero. Llamemos $T$ al punto medio de $AC$ asi que el punto D siempre estara sobre la recta $BT$ porque el angulo se conserva sin importar que recorran la paralela y $BT$ es bisectriz del angulo $ABC$. El punto $E$ se mueve sobre una linea paralela a $BC$ que si se trazara una perpendicular desde $A$ hasta $BC$ y la dividieramos entre 2 seria la distancia de la perpendicular desde $E$ hasta $BC$ por Thales.
Hasta aqui es a donde llegue. Aun no se como comprobar que los angulos se van a mantener cuando recorra la paralela porque ya saque con un caso que los angulos seran 90, 60 y 30
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483487889118&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater y tambien http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483424555791&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
Mi intento: Si $\triangle{ABC}$ es equilátero, $MP||AC\Rightarrow \triangle{MPB}$ también es equilátero. Por un caso particular supe que los ángulos son: $\angle{CDE}=60^{o}, \angle{DEC}=90^{o}, \angle{ECD}=30^{o}$, sea $MX$ una altura de $\triangle{PBM}$ y al prolongar $EC$ llamamos $Y$ donde $EC$ intersecta a $AB$, tendremos que: si $\angle{DEC}=90^{o} \Rightarrow \angle{YED}=90^{o}$, si $\angle{DYA}=90^{o} \Rightarrow YEDX$ es un cuadrilátero cíclico. Por lo que $\angle{XYE}+\angle{XDE}=180^{o}$, lo cual aun no demuestro.
Bueno yo hize muchas cosas primero saque ángulos todo se facilito ya que el triángulo $ABC$ era equilátero pues la paralela también haría un triangulo equilátero y empeze pues sacando ángulos como ya mencione fue fácil pues nos pide el incentro pues al ser la figura un triangulo equilátero ocurre lo que es súper punto y superlinea bueno saque los seis triangulos iguales de 90, 60, 30 después dije que eso no serviría entonces expandí la mediana del vértice $B$ hasta la recta $AC$ y como $AC$ es paralela a $PM$ seguiría quedando en el punto medio bueno después quede tiempo atorado en el problema entonces nombre algunos ángulos empece a sacar igualdades después me fije en un cuadrilátero el $DEM$ y el punto medio de $MB$ y como ya había mencionado bueno creo que no pero $BM$ es parte del triangulo $BPR$ y el vértice $P$ si se le traza una haltera cae en punto medio del lado opuesto por ser equilátero bueno a ese punto lo llamare $S$ bueno había notado que es cuadrilatero era cíclico y bueno dicho el ángulo en $S$ por ser altura el ángulo es de 90º y por ser cíclico el ángulo opuesto es igual a 90º curiosamente este ángulo o mas bien el punto $E$ es colineal a la recta $CM$ entonces como son colineales seria 180º-90º= 90º entonces un ángulo del triángulo $CED$ bueno después trate de buscar otro ángulo después note el cuadrilatero cíclico $CPDE$ de donde saque el segundo ángulo gracias a que el $DPE$ es igual a 30º por estar en un cuadrilatero cíclico el ángulo $DCE$ seria igual a 30º y análogamente conseguimos el tercer ángulo restando 180º-90º-30º= 60º, finalmente los ángulos son 90º,60º y 30º
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
Tenemos que los angulos de CED son <CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
Tenemos que los angulos de CED son <CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
Tenemos que los angulos de CED son <CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Pirmero haciendo un caso particular me fije que los angulos que se buscan son 90, 60 y 30. luego como MA=MP, <AMp=<MPC y MP=MP por LAL triangulo AMP es congruente al triangulo MPC entonces MC=AP. Luego llame N al punto medio de AC entonces <DNC= 90°, y como quiero probar que <DEC=90° entonces hay que probar que el cuadrilatero DEFC es ciclico, para probarlo intente usar lo de AP=MC pero hasta ahi he llegado: luego subo lo demas que pueda hacer:
Pues es obio que como $ABC$ es equilatero, tambien $BPM$ e equilatero porque $AC$ es paralelo a $PM$, el angulo de $MPC$ = $AMP$ = $120$ GRADOS, se saca los angulos de los 6 trianguulos que estan en el triangulo $BPM$, tambien e sacado que el triangulo $aec$ es isoceles y que $AE$ = $EC$, Y QUE $EM$ = $EP$ y ps hasta ahi los llevo, claro que e sacado otras cosas, pero eso se me hace lo mas important
Hacemos Q, R y T los puntos medios de CB, BA y AC respectivamente, N el punto medio de PB y T la intersección de NM y SR. BS es mediana y bisectriz, entonces D está sobre BS. Por Thales SR y ET son paralelas a BC, entonces son la misma línea (porque son paralelas a la misma línea por el mismo punto). Hacemos PB=MB=a y QP=b. RM=RB-MB=QB-PB=b MN es altura de MPB, entonces es perpendicular a CB y ST que es paralela a esta. ASE es semejante a ACP en razón 1/2, entonces $SE=\frac{CP}{2} =\frac{CQ+QP}{2} =\frac{QB+PQ}{2}= \frac{PQ+PB+PQ}{2}= \frac{2b+a}{2}$. AER es semejante a APB en razón 1/2, entonces $ER= \frac{PB}{2} =\frac{a}{2}$ Sabemos que en un triángulo con ángulos 30, 60, 90 los lados miden $x, 2x, x \sqrt{3}$, RMT tiene estos ángulos y RM mide b, entonces $RT= \frac{b}{2}, TM= \frac{a \sqrt{3}}{2}$, BMN también tiene estos ángulos y MB mide a, entonces $MN= \frac{a \sqrt{3}}{2}$. MN es mediana de PMB y D es el baricentro, entonces $MD=( \frac{2}{3})(MN)=( \frac{2}{3})( \frac{a \sqrt{3}}{2})= \frac{a \sqrt{3}}{3}$ $TS=TR+RE+ES= \frac{b}{2} + \frac{a}{2} + \frac{2b+a}{2}= \frac{3b+2a}{2}$ $TE=TR+RE= \frac{b}{2} + \frac{a}{2} = \frac{a+b}{2}$ $(TE)(TS)=( \frac{3b+2a}{2} )( \frac{a+b}{2} )= \frac{3ab+3b^2+2a^2+2ab}{4}$ $TD=TM+MD= \frac{b \sqrt{3}}{2} + \frac{a \sqrt{3}}{3} = \frac{3b \sqrt{3} + 2a \sqrt{3}}{6} = \frac{( \sqrt{3} )(3b+2a)}{6}$ $TN=TM+MN= \frac{b \sqrt{3}}{2} + \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{(a+b) \sqrt{3}}{2} $ $(TD)(TN)=( \frac{( \sqrt{3} )(3b+2a)}{6})( \frac{(a+b) \sqrt{3}}{2})= \frac{3(3ab+2a^2+3b^2+2ab)}{12}$ Entonces (TE)(TS)=(TD)(TN) Como S,E,D,N cumplen potencia de punto a partir de T, SEDN es cíclico. $\angle CSD=90, \angle DNC=90$, entonces su suma es es 180 y CSDN es cíclico, como CEDN también es cíclico y tienen tres puntos en común, son la misma circunferencia, entonces C,S,E,D,N son concíclicos y CSED es cíclico. $\angle ASR=60$ porque SR es paralela a CB, entonces $\angle CSE=120$ y $\angle EDC=60$ porque son opuestos y deben sumar 180. $ \angle CED= \angle CSD =90$ porque abren el mismo arco y SB es altura de ABC. Por la suma de ángulos internos del triángulo, $\angle ECD=30$. Por lo tanto $\angle CED=90, \angle EDC=60, \angle DCE=30$.
El triangulo BMP puede ser equilatero o isoceles BM/BP=1 ya que miden lo mismo Despues trazamos MC el cual siempre va a pasar por E ya que al ser paralelas en un equiltatero se cumple esa funcion y tambien porque MA/PC=1 ya que miden lo mismo Trazamos el triangulo MDP y va a ser isoceles
De lo que llevo de la solución de este problema, ésto es lo que tengo... Ya que $MP$ es paralela, tendremos que $\triangle MBP$ tambien es equilatero. Tenemos como puntos medios de $MB , BP , PM$ a $Q , N , R$ respectivamente. Trazo una linea desde $B$ hasta un punto $F$ en $AC$ . Esta linea pasa por $D$ y $R$ , porque es superlinea de $\triangle ABC$ y $\triangle MBP$ . Tenemos como puntos medios de $AB, BC, CA$ a $H , I , F$ respectivamente. Ya que $H$ y $F$ son puntos medios $HF$ va a ser paralela a $BC$ por Thales. Ya que $E$ y $F$ son puntos medios $EF$ va a ser paralela a $PC$ por Thales. Sabemos que $PC$ esta en $BC$ , entonces $E$ esta en $HF$ . Ya que $Q$ y $R$ son puntos medios $QR$ va a ser paralela a $BP$ (que sabemos que esta en $BC$). Encontre muchos angulos pero creo que uno de los importantes es $\angle BFC = 90$ porque $BF \perp AC$ ($BF$ es altura). Asi que puedo intentar demostrar que $FEDC$ es ciclico para resolver el problema Otras cosas que hize... Traze la altura de $\triangle ABC$ : $AI$ . Luego busque lineas que se vean utiles y encontre estas igualdades: $MB - HB = PB - IB = MH = PI$ Algunos triangulos semejantes que encontre son: $\triangle APC \sim \triangle AEF$ (razon 2:1) $\frac{AP}{AE} = \frac{PC}{EF} =\frac{CA}{FA}$ $\triangle ABP \sim \triangle AHE$ (razon 2:1) $\frac{AB}{AH} = \frac{BP}{HE} =\frac{PA}{EA}$ Luego lo terminaré...
pues sabemos que el trianfulos asm es equilatero por teorema de tales y el triangulo dbc es eisosceles ya que comparten dos lados iguales y el otro no puede ser igual
ResponderBorrarSi F es el punto medio de AC y G el punto medio de AB, podemos ver que D siempre estará sobre BF, porque ésta es la bisectriz de el ángulo PBM, mientras E siempre estará sobre FG, por Thales. Es fácil darse un pista de lo que la respuesta será (30,60,90), de tal manera que podamos transformar el problema a demostrar que el FEDC es cíclico, con lo cual concluiríamos.
ResponderBorrarAl tener una recta paralela nos damos cuenta de que los angulos se conservan asi que el triangulo $MPC$ es equilatero. Llamemos $T$ al punto medio de $AC$ asi que el punto D siempre estara sobre la recta $BT$ porque el angulo se conserva sin importar que recorran la paralela y $BT$ es bisectriz del angulo $ABC$. El punto $E$ se mueve sobre una linea paralela a $BC$ que si se trazara una perpendicular desde $A$ hasta $BC$ y la dividieramos entre 2 seria la distancia de la perpendicular desde $E$ hasta $BC$ por Thales.
ResponderBorrarHasta aqui es a donde llegue. Aun no se como comprobar que los angulos se van a mantener cuando recorra la paralela porque ya saque con un caso que los angulos seran 90, 60 y 30
http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483487889118&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater y tambien http://www.facebook.com/photo.php?fbid=388483424555791&set=a.384382948299172.87730.100001824112299&type=3&theater
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ResponderBorrarMi intento:
ResponderBorrarSi $\triangle{ABC}$ es equilátero, $MP||AC\Rightarrow \triangle{MPB}$ también es equilátero. Por un caso particular supe que los ángulos son: $\angle{CDE}=60^{o}, \angle{DEC}=90^{o}, \angle{ECD}=30^{o}$, sea $MX$ una altura de $\triangle{PBM}$ y al prolongar $EC$ llamamos $Y$ donde $EC$ intersecta a $AB$, tendremos que: si $\angle{DEC}=90^{o} \Rightarrow \angle{YED}=90^{o}$, si $\angle{DYA}=90^{o} \Rightarrow YEDX$ es un cuadrilátero cíclico.
Por lo que $\angle{XYE}+\angle{XDE}=180^{o}$, lo cual aun no demuestro.
Bueno yo hize muchas cosas primero saque ángulos todo se facilito ya que el triángulo $ABC$ era equilátero pues la paralela también haría un triangulo equilátero y empeze pues sacando ángulos como ya mencione fue fácil pues nos pide el incentro pues al ser la figura un triangulo equilátero ocurre lo que es súper punto y superlinea bueno saque los seis triangulos iguales de 90, 60, 30 después dije que eso no serviría entonces expandí la mediana del vértice $B$ hasta la recta $AC$ y como $AC$ es paralela a $PM$ seguiría quedando en el punto medio bueno después quede tiempo atorado en el problema entonces nombre algunos ángulos empece a sacar igualdades después me fije en un cuadrilátero el $DEM$ y el punto medio de $MB$ y como ya había mencionado bueno creo que no pero $BM$ es parte del triangulo $BPR$ y el vértice $P$ si se le traza una haltera cae en punto medio del lado opuesto por ser equilátero bueno a ese punto lo llamare $S$ bueno había notado que es cuadrilatero era cíclico y bueno dicho el ángulo en $S$ por ser altura el ángulo es de 90º y por ser cíclico el ángulo opuesto es igual a 90º curiosamente este ángulo o mas bien el punto $E$ es colineal a la recta $CM$ entonces como son colineales seria 180º-90º= 90º entonces un ángulo del triángulo $CED$ bueno después trate de buscar otro ángulo después note el cuadrilatero cíclico $CPDE$ de donde saque el segundo ángulo gracias a que el $DPE$ es igual a 30º por estar en un cuadrilatero cíclico el ángulo $DCE$ seria igual a 30º y análogamente conseguimos el tercer ángulo restando 180º-90º-30º= 60º, finalmente los ángulos son 90º,60º y 30º
ResponderBorrarSea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
ResponderBorrarTenemos que los angulos de CED son
<CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
ResponderBorrarTenemos que los angulos de CED son
<CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Sea K punto medio de AC y N punto medio de BC, vamos a encontrar que al unir K con N, E se va a encontrar sobre la recta KN. Después traze el segmento KD y nos damos cuenta que los triángulos KCD y ECD comparten base en CD, ademas tenemos D se encuentra sobre KB y sabemos que <90+<30+ <EDC=60
ResponderBorrarTenemos que los angulos de CED son
<CED=90° <DCE=30° <EDC=60°
Problemas para publicar lo dejo en la pagina de facebook
BorrarProblemas? Salio $3$ veces :P
BorrarPirmero haciendo un caso particular me fije que los angulos que se buscan son 90, 60 y 30. luego como MA=MP, <AMp=<MPC y MP=MP por LAL triangulo AMP es congruente al triangulo MPC entonces MC=AP. Luego llame N al punto medio de AC entonces <DNC= 90°, y como quiero probar que <DEC=90° entonces hay que probar que el cuadrilatero DEFC es ciclico, para probarlo intente usar lo de AP=MC pero hasta ahi he llegado: luego subo lo demas que pueda hacer:
ResponderBorrarPues es obio que como $ABC$ es equilatero, tambien $BPM$ e equilatero porque $AC$ es paralelo a $PM$,
ResponderBorrarel angulo de $MPC$ = $AMP$ = $120$ GRADOS, se saca los angulos de los 6 trianguulos que estan en el triangulo $BPM$, tambien e sacado que el triangulo $aec$ es isoceles y que $AE$ = $EC$, Y QUE $EM$ = $EP$ y ps hasta ahi los llevo, claro que e sacado otras cosas, pero eso se me hace lo mas important
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ResponderBorrarHacemos Q, R y T los puntos medios de CB, BA y AC respectivamente, N el punto medio de PB y T la intersección de NM y SR.
ResponderBorrarBS es mediana y bisectriz, entonces D está sobre BS.
Por Thales SR y ET son paralelas a BC, entonces son la misma línea (porque son paralelas a la misma línea por el mismo punto).
Hacemos PB=MB=a y QP=b. RM=RB-MB=QB-PB=b
MN es altura de MPB, entonces es perpendicular a CB y ST que es paralela a esta.
ASE es semejante a ACP en razón 1/2, entonces $SE=\frac{CP}{2} =\frac{CQ+QP}{2} =\frac{QB+PQ}{2}= \frac{PQ+PB+PQ}{2}= \frac{2b+a}{2}$.
AER es semejante a APB en razón 1/2, entonces $ER= \frac{PB}{2} =\frac{a}{2}$
Sabemos que en un triángulo con ángulos 30, 60, 90 los lados miden $x, 2x, x \sqrt{3}$, RMT tiene estos ángulos y RM mide b, entonces $RT= \frac{b}{2}, TM= \frac{a \sqrt{3}}{2}$, BMN también tiene estos ángulos y MB mide a, entonces $MN= \frac{a \sqrt{3}}{2}$.
MN es mediana de PMB y D es el baricentro, entonces $MD=( \frac{2}{3})(MN)=( \frac{2}{3})( \frac{a \sqrt{3}}{2})= \frac{a \sqrt{3}}{3}$
$TS=TR+RE+ES= \frac{b}{2} + \frac{a}{2} + \frac{2b+a}{2}= \frac{3b+2a}{2}$
$TE=TR+RE= \frac{b}{2} + \frac{a}{2} = \frac{a+b}{2}$
$(TE)(TS)=( \frac{3b+2a}{2} )( \frac{a+b}{2} )= \frac{3ab+3b^2+2a^2+2ab}{4}$
$TD=TM+MD= \frac{b \sqrt{3}}{2} + \frac{a \sqrt{3}}{3} = \frac{3b \sqrt{3} + 2a \sqrt{3}}{6} = \frac{( \sqrt{3} )(3b+2a)}{6}$
$TN=TM+MN= \frac{b \sqrt{3}}{2} + \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{(a+b) \sqrt{3}}{2} $
$(TD)(TN)=( \frac{( \sqrt{3} )(3b+2a)}{6})( \frac{(a+b) \sqrt{3}}{2})= \frac{3(3ab+2a^2+3b^2+2ab)}{12}$
Entonces (TE)(TS)=(TD)(TN)
Como S,E,D,N cumplen potencia de punto a partir de T, SEDN es cíclico.
$\angle CSD=90, \angle DNC=90$, entonces su suma es es 180 y CSDN es cíclico, como CEDN también es cíclico y tienen tres puntos en común, son la misma circunferencia, entonces C,S,E,D,N son concíclicos y CSED es cíclico. $\angle ASR=60$ porque SR es paralela a CB, entonces $\angle CSE=120$ y $\angle EDC=60$ porque son opuestos y deben sumar 180. $ \angle CED= \angle CSD =90$ porque abren el mismo arco y SB es altura de ABC. Por la suma de ángulos internos del triángulo, $\angle ECD=30$.
Por lo tanto $\angle CED=90, \angle EDC=60, \angle DCE=30$.
El triangulo BMP puede ser equilatero o isoceles
ResponderBorrarBM/BP=1 ya que miden lo mismo
Despues trazamos MC el cual siempre va a pasar por E ya que al ser paralelas en un equiltatero se cumple esa funcion y tambien porque MA/PC=1 ya que miden lo mismo
Trazamos el triangulo MDP y va a ser isoceles
De lo que llevo de la solución de este problema, ésto es lo que tengo...
ResponderBorrarYa que $MP$ es paralela, tendremos que $\triangle MBP$ tambien es equilatero.
Tenemos como puntos medios de $MB , BP , PM$ a $Q , N , R$ respectivamente.
Trazo una linea desde $B$ hasta un punto $F$ en $AC$ . Esta linea pasa por $D$ y $R$ , porque es superlinea de $\triangle ABC$ y $\triangle MBP$ .
Tenemos como puntos medios de $AB, BC, CA$ a $H , I , F$ respectivamente.
Ya que $H$ y $F$ son puntos medios $HF$ va a ser paralela a $BC$ por Thales.
Ya que $E$ y $F$ son puntos medios $EF$ va a ser paralela a $PC$ por Thales.
Sabemos que $PC$ esta en $BC$ , entonces $E$ esta en $HF$ .
Ya que $Q$ y $R$ son puntos medios $QR$ va a ser paralela a $BP$ (que sabemos que esta en $BC$).
Encontre muchos angulos pero creo que uno de los importantes es $\angle BFC = 90$ porque $BF \perp AC$ ($BF$ es altura). Asi que puedo intentar demostrar que $FEDC$ es ciclico para resolver el problema
Otras cosas que hize...
Traze la altura de $\triangle ABC$ : $AI$ .
Luego busque lineas que se vean utiles y encontre estas igualdades:
$MB - HB = PB - IB = MH = PI$
Algunos triangulos semejantes que encontre son:
$\triangle APC \sim \triangle AEF$ (razon 2:1)
$\frac{AP}{AE} = \frac{PC}{EF} =\frac{CA}{FA}$
$\triangle ABP \sim \triangle AHE$ (razon 2:1)
$\frac{AB}{AH} = \frac{BP}{HE} =\frac{PA}{EA}$
Luego lo terminaré...